Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán Phòng GDĐT Na Hang, Tuyên Quang năm học 2017 2018

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO

ĐỀ THI TUYÊN SINH VÀO LỚP 10 THPT

TẠO

NĂM HỌC 2017 - 2018

HUYỆN NA HANG

MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x2 - 2x - 3 = 0

 2x  y  3
x  y  6

b) 

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hai hàm số y = x2 và y = x + 2. Vẽ đồ thị hai hàm số này
trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
Câu 3 (2,0 điểm). Một hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Nếu chiều
dài và chiều rộng đều tăng thêm 5 cm thì hình chữ nhật mới có diện tích là 153
cm². Tìm các kích thước của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 4 (3,5 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông
góc với AB tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC (E khác B và

C), AE cắt CD tại F. Chứng minh:
a) BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn.
b) AE. AF = AC2.
c) Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc
một đường thẳng cố định.
x 4 + 2x 2 + 2
Câu 5 (0,5 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
x2 + 1


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Đáp án đề thi thử vào lớp 10 môn Toán
Câu

Nội dung

Điểm

a) x2 - 2x - 3 = 0 (a = 1; b’ = - 1; c = - 3)
0,5

∆’ = (- 1)2 - 1. (- 3) = 4 > 0 =>  '  2
Vì ∆’ > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 =
1

1 2
 3 ; x2 =
1

0,5

1 2
 1
1

 2x  y  3
3x  9

x  y  6
x  y  6

b) 

0,25

x  3

x  y  6

0,25

x  3

 y  3

0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; - 3)

0,25

- Lập bảng giá trị
x

-2

-1

0

1

2

y = x2

4

1

0

1

4

0,5

- Tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y = x + 2 với trục Ox và 0,25
2

Oy
+ Cho x = 0 => y = 2, ta được tọa độ (0; 2);
+ Cho y = 0 => x = - 2, ta được tọa độ (-2; 0);

0,25

- Vẽ đồ thị hai hàm số:
+ Vẽ đúng đồ thị hàm số y = x + 2

0,5

+ Vẽ đúng đồ thị hàm số y = x2

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

Gọi x (cm) là chiều rộng ban đầu của hình chữ nhật (x > 0)

0,25

Thì chiều dài ban đầu của nó là 3x (cm)

0,25

Nếu tăng chiều rộng và chiều dài lên 5cm thì chiều rộng và

0,25

chiều dài mới của hình chữ nhật là x + 5 (cm) và 3x + 5 (cm)
Vì diện tích của hình chữ nhật mới là 153 cm2 nên theo bài ra ta
3

0,25

có phương trình: (x + 5)(3x + 5) = 153 hay 3x2 + 20x - 128 = 0
Giải phương trình: ∆’ = 102 - 3. 128 = 484 > 0;
x1 

 '  22

10  22
10  22
32
 4; x2 
 0
3
3
3

0,25
0,25

x1 = 4 thỏa mãn điều kiện của ẩn. x2 < 0 (loại)

0,25

Vậy chiều rộng của hình chữ nhật ban đầu là 4cm, chiều dài của

0,25

hình chữ nhật ban đầu là 3. 4 = 12cm

4

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
  900 (gt)
a) Tứ giác BEFI có: BIF

0,25

  BEA
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
BEF

0,25

0
0
0
 
Tứ giác BEFI có BIF  BEF  90  90  180 nên nội tiếp được

0,25

đường tròn đường kính BF
  AD
 , suy ra ACF
  AEC
.
b) Vì AB  CD nên AC

0,25

  AEC
.
Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung; ACF

0,25

Suy ra: ∆ACF


∆AEC (g.g)
0,25

AC AF

AE AC

 AE.AF = AC

0,25

2

  AEC
 , suy ra AC là tiếp tuyến của
c) Theo câu b) ta có ACF

0,25

đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1).
  90 0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra
Mặt khác ACB

0,5

AC  CB (2).
Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường tròn ngoại

0,5

tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp
∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC.
Áp dụng bất đẳng thức Cosi, ta có:
5

P=

x 4 + 2x 2 + 2
1
= x2 + 1 + 2
2

x +1
x +1

P = 2  x2 + 1 =

1

x +1
2

≥ 2

x

2

 x 1+ 1

+1

0,25

2

x = 0. Vậy min P = 2.

0,25